T1 [Codeforces Round #250 Div1 B] The Child and Zoo

Solution

分析性質後，發現與最大生成樹相關，然後就直接套就行了

Code

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define F(i,a,b) for(register int i=(a);i<=(b);i++)
using namespace std;
typedef long long LL;

LL rd() {
    LL x=0,f=1; char c=getchar();
    while(!isdigit(c)) {if(c=='-')f=-f;c=getchar();}
    while(isdigit(c)) x=(x<<1)+(x<<3)+c-48,c=getchar();
    return x*f;
}

const int N=200010,M=2000010;
LL n,m;
LL da[N],fa[N],siz[N];//1

struct Ed{
    int fr,to,w;
    Ed(int a=0,int b=0,int c=0):fr(a),to(b),w(c) {}
    bool operator < (const Ed oth) {return w>oth.w;}
}edg[M];

int getf(int x) {return fa[x]==x?x:getf(fa[x]);}

int main() {
//  freopen("zoo.in","r",stdin);
//  freopen("zoo.out","w",stdout);
    n=rd(),m=rd();
    F(i,1,n) da[i]=rd(),fa[i]=i,siz[i]=1;
    F(i,1,m) {
        int a=rd(),b=rd();
        edg[i]=Ed(a,b,min(da[a],da[b]));
    }
    sort(edg+1,edg+1+m);
    LL ans=0;
    F(i,1,m) {
        int u=getf(edg[i].fr),v=getf(edg[i].to);
        if(u!=v) {
            ans+=siz[u]*siz[v]*edg[i].w;
            if(siz[u]>siz[v]) swap(u,v);
            fa[u]=v; siz[v]+=siz[u];
        }
    }
    printf("%.6lf",(double)(ans<<1)/(n*(n-1)));
    return 0;
}
 

T2 segment

利用每次插入的長度單調遞增的規律，用右端點<=當前右端點的數目-左端點<當前左端點數目
具體代碼就是先離散化然後兩個樹狀數組維護每個值存在的個數
代碼丟了QAQ

T3 Codeforces 40E

Solution

當我們選完前n-1列後最後一列一定只有一種情況，同理在一列上選前n-1個數後最後一個數只有一種情況滿足題意
那麽可知每一列的情況數為\(2^{n-s-1}\) n為行數 s為預先填上的數目
然後利用乘法原理吧每一列乘起來
PS:有一些特判要註意 如要挑沒有預先填數的一列把它的情況數看做1

Code

//By Menteur_Hxy
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define F(i,a,b) for(register int i=(a);i<=(b);i++)
using namespace std;
typedef long long LL;

LL rd() {
    LL x=0,f=1; char c=getchar();
    while(!isdigit(c)) {if(c=='-')f=-f;c=getchar();}
    while(isdigit(c)) x=(x<<1)+(x<<3)+c-48,c=getchar();
    return x*f;
}

const int N=1000010;
LL n,m,k,MOD,flag;
LL cnt[N],len[N],num[N],fla[N];
LL ans=1;

LL qpow(LL a,LL b) {
    LL t=1;
    while(b) {
        if(b&1) t=t*a%MOD;
        a=a*a%MOD;
        b>>=1;
    }
    return t;
}

int main() {
    n=rd(),m=rd();k=rd();
    if((n+m)&1) {puts("0");return 0;}
    if(n<m) swap(n,m),flag=1;
    F(i,1,k) {
        int a=rd(),b=rd(),c=rd();
        if(flag) swap(a,b);
        num[a]++;
        if(c==-1) fla[a]^=1;
        if(num[a]==m) if(!fla[a]) {puts("0");return 0;}
    }
    MOD=rd();
    flag=0;
    F(i,1,n) {
        if(!num[i]&&!flag) {flag=1;continue;}
        if(num[i]==m) continue;//1
        ans=ans*qpow(2ll,m-num[i]-1)%MOD;
    }
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}
 

20180713 考試記錄